2.4 单摆（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第4节　单摆 [对应学生用书P54] 一、单摆的回复力 1．单摆的组成：由细线和小球组成。 2．理想化模型 (1)细线的质量与小球相比可以忽略； (2)小球的直径与线的长度相比可以忽略； (3)细线的形变量与细线的长度相比可以忽略； (4)空气阻力与小球的重力及线的拉力相比可以忽略。 3．单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。 (2)回复力的特点：在摆角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝－x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 二、单摆的周期 1．探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响 (2)实验结论 ①单摆做简谐运动的周期与摆球质量和振幅无关； ②单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。 2．周期公式 (1)提出：由荷兰物理学家惠更斯首先提出。 (2)公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 1．(物理与生活)惠更斯利用摆的等时性发明了摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由发条势能提供，运动的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使钟摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示。判断下列说法的正误。(对的画“√”，错的画“×”) (1)圆盘回复力的方向总是指向悬挂位置。(　　×　　) (2)圆盘的回复力是由圆盘重力的分力提供的。(　　√　　) (3)摆钟的周期与圆盘的质量无关。(　　√　　) (4)如果将摆钟从赤道移到两极，摆钟走时将变快。(　　√　　) 2．(知识拓展)探究单摆振动为简谐运动的两种方法 方法一：分析单摆的回复力，其与位移是否成正比并且方向相反； 方法二：分析单摆位移，其与时间的关系是否满足正弦(余弦)关系(如教材P47“做一做”)。 [对应学生用书P54] 探究点一___单摆的回复力 如本节“辨析明理”所示的是家庭用的摆钟，摆锤的振动可以简化为如图所示的情境，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个角度，然后由静止释放，小球在竖直面内来回摆动。 [问题设计] (1)小球运动过程中，受到哪些力的作用？ (2)小球运动轨迹为一段圆弧，什么力提供其做圆周运动的向心力？ (3)小球以O点为平衡位置来回摆动，什么力提供回复力？ (4)小球经过平衡位置O点时回复力为零，合外力也为零吗？ 提示：(1)小球受细线的拉力和重力的作用。 (2)细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。 (3)重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。 (4)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。 1．单摆的回复力 如图所示，摆球重力沿圆弧切线方向的分力F＝mg sin θ提供了摆球振动的回复力。 2．单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时，sin θ≈，又回复力F＝mg sin θ，所以单摆的回复力为F＝－x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。 【例1】 图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　) A．摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 C　解析：摆球在摆动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。 关于单摆的回复力的三点提醒 (1)单摆振动中的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，除了最大位移处之外回复力与小球受到的合力均不相等。单摆振动过程中有向心力，这是与弹簧振子不同之处。 (2)在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。 (3)在平衡位置处时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为零，合力等于向心力。 [练1] (多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球受到的回复力是它所受的合力 B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零 C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 BC　解析：摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，A错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，B正确；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力；在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，C正确，D错误。 探究点二___单摆的周期 如图所示，当摆球的质量相同，而摆长不同时，单摆的振动周期不同；当摆长相同而摆球的质量不同或振幅不同时，单摆的振动周期却相同。 [问题设计] 单摆的周期与这些物理量有什么关系？ 提示：单摆的周期与摆长有关而与摆球质量及振幅无关。 1．单摆的周期公式在单摆偏角很小时(θ≤5°)成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%)。 2．公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球。 3．公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。 4．周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。 【例2】 (2023·广西桂林高二期中)一个单摆的摆长为L，摆球的质量为m，振动的周期为4 s，下列说法正确的是(　　) A．当摆球的质量m减为时，振动周期变为2 s B．当摆长L减为时，振动周期变为2 s C．当重力加速度减为时，振动周期变为8 s D．当单摆的振幅减小为原来的时，振动周期变为8 s C　解析：单摆的振动周期为T＝2π，由此可知，单摆的振动周期与摆球的质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，A、D错误；当摆长减为原来一半时，有T′＝2π＝T＝2 s，B错误；当重力加速度减为时，有T″＝2π＝2T＝8 s，C正确。 [练2] (多选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定(　　) A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4 B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2 C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3 D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4 BCD　解析：根据题图可知，单摆振动的周期关系T甲＝T乙，所以周期之比为＝，频率之比为＝，B、C正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2π，可得摆长之比为4∶9，A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根据T＝2π得，重力加速度之比为9∶4，D正确。 探究点三___“单摆”模型的拓展 1．圆弧摆 (1)如图所示，有一个光滑圆弧曲面AO′B，在A处放一个小球，圆弧摆做简谐运动的条件： ①圆弧曲面光滑； ②小球直径和圆弧弧长远小于圆弧的半径R。 (2)小球在曲面AO′B上做往复运动，圆弧摆的周期T＝2π。 2．等效摆长 图(a)中，甲、乙在垂直于纸面方向上摆动起来的效果是相同的，甲摆的等效摆长为l sin α，其周期T＝2π；图(b)中，乙在垂直于纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 3．不同系统中的等效重力加速度 在不同的运动系统中，单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度，其大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。 【例3】 (2024·广东湛江高二联考)如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，其半径远大于弧长，圆弧底端切线水平。现将两个相同的小球分别从圆弧轨道的顶端和中点由静止释放。下列说法正确的是(　　) A．甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能 B．甲球到达底端时的动能小于乙球到达底端时的动能 C．甲球到达底端所用的时间大于乙球到达底端所用的时间 D．甲球到达底端所用的时间小于乙球到达底端所用的时间 A　解析：被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能，因为两球在圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，所以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能，A正确，B错误；因为圆弧轨道的半径远大于弧长，所以两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动，可知它们的周期相同，到达底端所用的时间均为四分之一周期，则甲球到达底端所用的时间等于乙球到达底端所用的时间，C、D错误。 【例4】 如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球(半径可忽略)，下列说法正确的是(以下摆动的角度皆小于5°，重力加速度为g)(　　) A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π B．让小球在垂直于纸面内摆动，周期T＝2π C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π D．让小球在垂直于纸面内摆动，周期T＝2π A　解析：让小球在纸面内摆动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π，A正确，C错误；让小球在垂直纸面内摆动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T′＝2π，B、D错误。 【例5】 如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是(　　) A.T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＝T3＜T4 C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4 C　解析：题图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mg sin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g1＝g sin θ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a。由单摆做简谐运动的周期公式T＝2π，知T1＞T2＝T3＞T4，C正确。 探究点四___解决实际问题 [练3] (生活情境)作为具有深厚历史的计时工具，摆钟包含着一种特殊的情怀，如图所示，下列说法正确的是(　　) A．当摆钟不准时，需要调整圆盘的上、下位置 B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C．由冬季变为夏季时，应使圆盘沿摆杆下移 D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移 A　解析：调整圆盘的上、下位置可改变摆长，从而达到调整周期的作用，A正确；若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，B错误；由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘，C错误；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长，D错误。 [练4] (探究情境)班里同学春游时，发现一棵三名同学都合抱不过来的千年古树，他们想知道这颗古树直径的大小。由于他们未带卷尺，只备有救生绳(较轻较细)，于是他们利用单摆原理对古树的直径进行粗略测量。他们用救生绳绕树一周，截取长度等于树干周长的一段(已预留出打结部分的长度)，然后在这段救生绳的一端系一个小石块。接下来的操作步骤为： Ⅰ.将截下的救生绳的另一端固定在一根离地足够高的树枝上； Ⅱ.移动小石块，使伸直的救生绳偏离竖直方向一个小的角度(小于5°)，然后由静止释放，使小石块在同一竖直面内摆动； Ⅲ.从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始，用手机中的“停表”软件计时(记为第0次经过平衡位置)，至小石块第n次经过平衡位置，测出这一过程所用的总时间为t，计算出小石块摆动的周期T。 (1)根据步骤Ⅲ，可得小石块摆动的周期T＝________________； (2)查得该地区同纬度海平面的重力加速度为g，可得该树干的直径d＝________________________________________________________________________。 答案：(1)　(2) 解析：(1)由题意可知小石块摆动的周期T＝。 (2)由T＝2π，可得绕树干一周的长度为L＝＝，因此该树干的直径d＝＝。 [对应学生用书P58] 1．(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．单摆摆球的回复力指向平衡位置 B．摆球经过平衡位置时加速度为零 C.摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零 D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 AC　解析：根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，A正确；摆球经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，D错误。 2．对于单摆的运动，以下说法正确的是(　　) A．单摆运动时，摆球受到的向心力大小处处相等 B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力 C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零 D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零 C　解析：单摆运动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为m，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零，C正确。 3．(2024·吉林长春东北师大附中一模)如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器在竖直面做小角度内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法正确的是(　　) A．匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期 B．可以利用x轴作为时间坐标轴，用y轴表示注射器振动的位移 C．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短 D．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长 B　解析：从题图乙中可以看出，当硬纸板移动距离L，注射器完成了两个周期性运动，故硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的两倍，A错误；当匀速拖动硬纸板时，运动的时间与硬纸板运动的距离成正比，即可以用硬纸板运动的方向作为时间轴，而注射器在y轴方向上运动，故可以用y轴表示注射器振动的位移，B正确；注射器振动的周期只与自身的运动有关，与硬纸板的运动情况无关，C、D错误。 4．如图所示，一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动，圆弧槽的长度l≪R。为了使小球振动的频率变为原来的，可以采用的办法是(　　) A．将R减小为原来的 B．将R增大为原来的4倍 C．将圆弧长l增大为原来的4倍 D．将m减小为原来的 B　解析：根据T＝2π可知，将R减小为原来的，周期变为原来的，频率则变为原来的2倍，A错误；将R增大为原来的4倍，周期变为原来的2倍，频率则变为原来的，B正确；将圆弧长l增大为原来的4倍，不会改变小球运动的周期和频率，C错误；小球的周期和频率与质量没有关系，所以改变小球的质量，不会改变其运动的周期和频率，D错误。 5．如图甲所示，摆长为L的单摆上端固定在天花板上的O点，在O点正下方相距l处的P点有一个固定的细铁钉。将小球向右拉开一个约2°的小角度后由静止释放，使小球来回摆动。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，规定向右为正方向，则小球在开始的一个周期内的x－t关系图线如图乙所示。以下关于l与L的关系正确的是(　　) A．l＝L B．l＝L C．l＝L D．l＝L D　解析：由题图可知，单摆在钉子右边振动的周期为T1＝8 s，在钉子左边振动的周期为T2＝4 s，根据T＝2π可得，T1＝2π，T2＝2π，解得l＝L，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$